高考物理一轮复习：5.2《动能定理》教学案(含答案)

5.2 动能定理及其应用一．知识要点1、动能(1)定义：物体由于________而具有的能．(2)表达式：E k＝mv2/2(3)物理意义：动能是状态量，是________(填“矢量”或“标量”)．2、动能定理(1)内容： (2)表达式： ___________________________.二．疑点分析1、应用动能定理解决变力做功问题2、应用动能定理解决多过程问题三．典题互动例1．如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H时，电梯的速度达到v，则在这个过程中，以下说法中正确的是( )．A．电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv2/2B．电梯地板对物体的支持力所做的功大于mv2/2C．钢索的拉力所做的功等于mv2/2＋MgHD．钢索的拉力所做的功大于mv2/2＋MgH例2．如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为F N.重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功( )A. R(F N－3mg) /2B.R(3mg－F N)/2C. R(F N－mg) /2D. R(F N－2mg) /2例3. 如图所示倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；四．随堂演练1. 一人乘竖直电梯从1楼到12楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则下列说法正确的是( )A．电梯对人做功情况是：加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功B．电梯对人做功情况是：加速和匀速时做正功，减速时做负功C．电梯对人做的功等于人动能的增加量D．电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量2．如图甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在受按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3s末物块运动到B 点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取10m/s2)求：(1)AB间的距离；(2)水平力F在5s时间内对物块所做的功．3.如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，由v0经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4m，v0＝4.0m/s，m＝0.10kg，小物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45m.不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：(1)离开桌面时的速度v(2)小物块落地时的动能E k。

【2013考纲解读】按照高考考纲的要求，本章内容可以分成四个单元，即：功和功率；动能、势能、动能定理；机械能守恒定律及其应用；功能关系、动量、能量综合。

其中重点是对动能定理、机械能守恒定律的理解，能够熟练运用动能定理、机械能守恒定律分析解决力学问题。

难点是动量能量综合应用问题。

动能定理是一条适用范围很广的物理规律，解题的优越性很多。

根本原因在于它省去了矢量式的很多麻烦。

复习中对动能定理要进行推导论证，明确每个量以及“＝”号的含义。

【重要知识梳理】一、动能如果一个物体能对外做功，我们就说这个物体具有能量．物体由于运动而具有的能．E k ＝½mv2，其大小与参照系的选取有关．动能是描述物体运动状态的物理量．是相对量。

二、动能定理做功可以改变物体的能量．所有外力对物体做的总功等于物体动能的增量．W1＋W2＋W3＋……＝½mv t2－½mv021．反映了物体动能的变化与引起变化的原因——力对物体所做功之间的因果关系．可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能的减小．所以正功是加号，负功是减号。

2．“增量”是末动能减初动能．ΔE K＞0表示动能增加，ΔE K＜0表示动能减小．3、动能定理适用单个物体，对于物体系统尤其是具有相对运动的物体系统不能盲目的应用动能定理．由于此时内力的功也可引起物体动能向其他形式能（比如内能）的转化．在动能定理中．总功指各外力对物体做功的代数和．这里我们所说的外力包括重力、弹力、摩擦力、电场力等．4．各力位移相同时，可求合外力做的功，各力位移不同时，分别求力做功，然后求代数和．5．力的独立作用原理使我们有了牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律的分量表达式．但动能定理是标量式．功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解．故动能定理无分量式．在处理一些问题时，可在某一方向应用动能定理．6．动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的．但它也适用于变为及物体作曲线运动的情况．即动能定理对恒力、变力做功都适用；直线运动与曲线运动也均适用．7．对动能定理中的位移与速度必须相对同一参照物．三、由牛顿第二定律与运动学公式推出动能定理设物体的质量为m ，在恒力F 作用下，通过位移为S ，其速度由v 0变为v t ，则：根据牛顿第二定律F=ma……① 根据运动学公式2as=v t 2一v 02……②由①②得：FS=½mv t 2－½mv 02四．应用动能定理可解决的问题恒力作用下的匀变速直线运动，凡不涉及加速度和时间的问题，利用动能定理求解一般比用牛顿定律及运动学公式求解要简单的多．用动能定理还能解决一些在中学应用牛顿定律难以解决的变力做功的问题、曲线运动等问题．五、功能关系2．功能关系做功的过程就是能量转化的过程，做多少功就有多少某种形式的能转化为其他形式的能。

第2讲动能定理及其应用目标要求 1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.能利用动能定理求变力做的功.3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法．考点一动能定理的理解和基本应用1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．(2)公式：E k＝12m v2，单位：焦耳(J).1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.(3)动能是标量、状态量．2．动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．(2)表达式：W＝ΔE k＝E k2－E k1＝12m v22－12m v12.(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．1．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．(√) 2．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．(×)3．物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)4．合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少．(√)1．应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”，“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可以全过程应用动能定理求解．(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．例1如图所示，AB 为四分之一圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R .一质量为m 的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A 从静止开始下滑，恰好运动到C 处停止，不计空气阻力，重力加速度为g ，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为()A ．μmgR B.12mgR C ．mgR D ．(1－μ)mgR答案D解析BC 段物体所受摩擦力为f ＝μmg ，位移为R ，故BC 段摩擦力对物体做功W ＝－fR ＝－μmgR ，对全程由动能定理可知mgR ＋W 1＋W ＝0，解得W 1＝μmgR －mgR ，故AB 段克服摩擦力做功为W 克＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR ，选D.例2(2021·河北卷·6)一半径为R 的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR 、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P 处，另一端系一个小球，小球位于P 点右侧同一水平高度的Q 点时，绳刚好拉直，将小球从Q 点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g ，不计空气阻力)()A.(2＋π)gRB.2πgRC.2(1＋π)gR D ．2gR答案A解析小球下落的高度为h ＝πR －π2R ＋R ＝π＋22R ，小球下落过程中，根据动能定理有mgh ＝12m v 2，综上有v ＝(π＋2)gR ，故选A.例3一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示，当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为()A ．tan θ，H 2B.v 22gH－1θ，H 2C ．tan θ，H4 D.v 22gH－1θ，H 4答案D解析物块以初速度v 上升的过程，由动能定理得－mgH －μmg cos θ·H sin θ＝0－12m v 2，解得μv 22gH －1θ.当物块的初速度为v2时，由动能定理得－mgh －μmg cos θ·h sin θ＝0－12m v2，解得h ＝H4，故选D.例4如图所示，粗糙水平地面AB 与半径R ＝0.4m 的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上．质量m ＝1kg 的小物块在9N 的水平恒力F 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动．已知x AB ＝5m ，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F ，取重力加速度g ＝10m/s 2，求：(1)小物块到达B 点时速度的大小；(2)小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小．答案(1)45m/s(2)150N解析(1)从A 到B 过程，据动能定理可得(F －μmg )x AB ＝12m v B 2解得小物块到达B 点时速度的大小为v B ＝45m/s(2)从B 到D 过程，据动能定理可得－mg ·2R ＝12m v D 2－12m v B 2在D 点由牛顿第二定律可得F N ＋mg ＝mv D 2R联立解得小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小为F N ＝150N.应用动能定理的解题流程考点二应用动能定理求变力做功例5质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g )()A.12m v 02－μmg (s ＋x ) B.12m v 02－μmgx C ．μmgs D ．μmg (s ＋x )答案A解析根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为W f ＝μmg (s ＋x )，由动能定理可得－W 弹－W f ＝0－12m v 02，则W 弹＝12m v 02－μmg (s ＋x )，故选项A 正确．例6(2023·广东深圳市光明区名校联考)如图所示，一半圆弧形细杆ABC 竖直固定在水平地面上，AC 为其水平直径，圆弧半径BO ＝3.6m ．质量为m ＝4.0kg 的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的粗细)套在细杆上，在大小为50N 、沿圆的切线方向的拉力F 作用下，从A 点由静止开始运动，到达B 点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g 取10m/s 2，在这一过程中摩擦力做的功为()A ．66.6JB ．－66.6JC ．210.6JD ．－210.6J答案B解析小圆环到达B 点时对细杆的压力恰好为0，则mg ＝m v 2r，拉力F 沿圆的切线方向，根据动能定理F 2πr 4－mgr ＋W f ＝12m v 2，又r ＝3.6m ，摩擦力做的功为W f ＝－66.6J ，故选B.在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理W 变＋W 恒＝12m v 22－12m v 12，物体初、末速度已知，恒力做功W 恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W 变＝12m v 22－12m v 12－W 恒，就可以求出变力做的功了．考点三动能定理与图像问题的结合图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义例7(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定，物块动能E k 与运动路程s 的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10m/s 2，物块质量m 和所受摩擦力大小f 分别为()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0～10m内物块上滑，由动能定理得－mg sin30°·s－fs＝E k－E k0，整理得E k＝E k0－(mg sin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin30°＋f＝4N，10～20m内物块下滑，由动能定理得(mg sin30°－f)(s－s1)＝E k，整理得E k＝(mg sin30°－f)s－(mg sin30°－f)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mg sin30°－f＝3N，联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故选A.例8A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图像如图所示．已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是()A．F1、F2大小之比为1∶2B．F1对A、F2对B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1答案C解析由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确．由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1与摩擦力的关系：F1·s－f1·3s＝0－0，F2与摩擦力的关系：F2·2s－f2·3s＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝32f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误．例9(2020·江苏卷·4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图像是()答案A解决图像问题的基本步骤(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线之间的交点、图线与横轴围成的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．课时精练1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是()A ．对物体，动能定理的表达式为W ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力做的功C ．对物体，动能定理的表达式为W －mgH ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功D ．对电梯，其所受的合力做功为12M v 22－12M v 12答案CD解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力F N ，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W 合＝W －mgH ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功，A 、B 错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即12M v 22－12M v 12，D 正确．2.如图所示，光滑的固定斜面顶端固定一弹簧，质量为m 的小球以速度v 自最低点A 冲上斜面．压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，重力加速度为g ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是()A ．mgh －12m v 2B.12m v 2－mgh C ．－mgh D ．－(mgh ＋12m v 2)答案A解析小球从A 到C 过程中，由动能定理可得W G ＋W F ＝0－12m v 2，W G ＝－mgh ，解得W F ＝mgh －12m v 2，故选A.3.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v 0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端．现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v 0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的34处．则()A ．滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端B ．滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为18m v 02D ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为14m v 02答案AD解析设斜面长度为L ，斜面倾角为θ，由题意可知12m v 02＝mgL sin θ，12m v 02＝mgs sin θ＋μmgs cos θ，其中的s ＝34L ，解得μ＝13tan θ，因mg sin θ>μmg cos θ，则当滑块滑上斜面到达最高点后能再次滑回斜面底端，选项A 正确，B 错误；整个过程产生的热量为Q ＝2μmgs cos θ＝12mgL sin θ＝14m v 02，选项C 错误，D 正确．4.(2023·广东揭阳市普宁二中月考)如图，质量为m 的滑雪运动员(含滑雪板)从斜面上距离水平面高为h 的位置静止滑下，停在水平面上的b 处；若从同一位置以初速度v 滑下，则停在同一水平面上的c 处，且ab 与bc 相等．已知重力加速度为g ，不计空气阻力与通过a 处的机械能损失，则该运动员(含滑雪板)在斜面上克服阻力做的功为()A ．mgh B.12m v 2C ．mgh －12m v 2D ．mgh ＋12m v 2答案C解析设运动员从静止开始滑下，停在水平面上b 处时，在斜面上克服阻力做的功为W 1，在水平面上克服摩擦力做的功为W 2，由动能定理得mgh －W 1－W 2＝0，当运动员以速度v 从同一高度下滑时，停在同一水平面上的c 处，且ab 与bc 相等，由动能定理可得mgh －W 1－2W 2＝0－12m v 2，联立两式求得W 1＝mgh －12m v 2，故选C.5．(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B 、C 处能量损失)()A ．等于v 0B ．大于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面答案A解析物体从D 点滑动到顶点A 过程中，由动能定理可得－mg ·s AO －μmg ·s DB －μmg cos α·s AB＝0－12v 02，α为斜面倾角，由几何关系有s AB cos α＝s OB ，因而上式可以简化为－mg ·s AO －μmg ·s OD ＝0－12m v 02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关．故选A.6.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物．某次电梯从地面由静止启动，加速度a 与离地高度h 的关系图像如图所示，则()A ．2h 0～3h 0范围内电梯向上做匀减速直线运动B ．电梯在0～h 0和2h 0～3h 0范围内的速度变化量相等C ．电梯在3h 0处的速度大小为2a 0h 0D ．电梯上升的最大高度可能为3h 0答案C解析由题图可知从0到2h 0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h 0到3h 0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于3h 0，故A 、D 错误；根据动能定理可得12m v 2＝Fh ＝mah ＝mS 面积，则v ＝2S 面积，则电梯在h 0处的速度大小为a 0h 0，在2h 0处的速度大小为3a 0h 0，在3h 0处的速度大小为2a 0h 0，所以电梯在0～h 0和2h 0～3h 0范围内的速度变化量不相等，故B 错误，C 正确．7.(2023·广东省清中、河中、北中、惠中联考)如图所示，竖直圆轨道固定在水平面上，其中A为最低点，B 为最高点，C 为与圆心等高的点，质量为1kg 且可视为质点的小球在轨道内做完整的圆周运动．已知小球动能E k 的变化范围为10～20J ，忽略一切摩擦，重力加速度g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是()A ．轨道半径为1mB ．小球对轨道的最大压力与最小压力的大小之比为3∶1C ．小球在C 点时对轨道的压力大小为45ND ．以地面为势能零点参考平面，小球在C 点的重力势能等于动能答案B 解析在A 点F N1－mg ＝m v max 2R ，在B 点F N2＋mg ＝m v min 2R ，A 到B 过程，根据动能定理有－mg ×2R ＝12m v min 2－12m v max 2，又有12m v max 2＝20J ，12m v min 2＝10J ，解得R ＝0.5m ，小球对轨道的最大压力与最小压力之比F N1′F N2′＝F N1F N2＝31，A 错误，B 正确；在C 点F N3＝m v C 2R，A 到C 过程，根据动能定理有－mgR ＝12m v C 2－12m v max 2，解得小球在C 点时对轨道的压力大小F N3′＝F N3＝60N ，C 错误；以地面为势能零点参考平面，小球在C 点的重力势能E p ＝mgR ＝5J ，小球在C 点的动能E k ＝12m v C 2＝15J ，D 错误．8．(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示．重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为()A ．2kgB ．1.5kgC ．1kgD ．0.5kg 答案C 解析法一：特殊值法画出运动示意图．设该外力的大小为F ，据动能定理知A →B (上升过程)：－(mg ＋F )h ＝E k B －E k AB →A (下落过程)：(mg －F )h ＝E k A ′－E k B ′整理以上两式并代入数据得物体的质量m ＝1kg ，选项C 正确．法二：写表达式根据斜率求解上升过程：－(mg ＋F )h ＝E k －E k0，则E k ＝－(mg ＋F )h ＋E k0下落过程：(mg －F )h ＝E k ′－E k0′，则E k ′＝(mg －F )h ＋E k0′，结合题图可知mg ＋F ＝72－363－0N ＝12N ，mg －F ＝48－243－0N ＝8N 联立可得m ＝1kg ，选项C 正确．9.(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h 、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则()A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g 答案AB 解析对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg ·2h －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；滑草车在滑道上段加速，在滑道下段减速，故滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12m v m 2，解得：v m ＝2gh 7，选项B 正确；全过程有W G －W 克f ＝0，则载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝－335g ，故加速度大小为335g ，选项D 错误．10.如图所示，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的小球(可看成质点)从P 点上方高为R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．小球滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力大小为4mg ，g 为重力加速度．用W 表示小球从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则()A ．W ＝12mgR ，小球恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，小球不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离答案C 解析在N 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v N 2R ，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝4mg ，解得v N ＝3gR ，对小球从开始下落至到达N 点的过程，由动能定理得mg ·2R －W ＝12m v N 2－0，解得W ＝12mgR .由于小球在PN 段某点处的速度大于此点关于ON 在NQ 段对称点处的速度，所以小球在PN 段某点处受到的支持力大于此点关于ON 在NQ 段对称点处受到的支持力，则小球在NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v Q 2－12m v N 2，因为W ′<12mgR ，故v Q >0，所以小球到达Q 点后，继续上升一段距离，选项C 正确．11．(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A 、B 静置于水平桌面上，滑块A 的右端与滑块B 的左端接触．某时刻开始，给滑块A 一个水平向右的力F ，使滑块A 、B 开始滑动，当滑块A 、B 滑动1.0m 时撤去力F .整个运动过程中，滑块A 、B 的动能E k 随位移s 的变化规律如图乙所示．不计空气阻力，求：(1)滑块A 对B 做的功；(2)力F 的大小．答案(1)12J (2)39N 解析(1)B 在撤去F 后继续滑行s B ＝1.0m ，撤去F 时B 的动能E k B ＝6J ，由动能定理有－f B s B ＝0－E k B在撤去F 前，对B 由动能定律得W AB －f B s ＝E k B联立并代入数据解得W AB ＝12J(2)撤去力F 后，滑块A 继续滑行的距离为s A ＝0.5m ，撤去F 时A 的动能E k A ＝9J ，由动能定理有－f A s A ＝0－E k A力F 作用的过程中，分析滑块A 、B 整体，由动能定理有(F －f A －f B )s ＝E k A ＋E k B代入数据解得F ＝39N.12．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求：(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；(2)小球到达B 点时对圆弧轨道的压力大小．答案(1)34mg 5gR 2(2)152mg 解析(1)设水平恒力的大小为F 0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F ，小球到达C 点时速度的大小为v C ，则F 0mg ＝tan α，F ＝mg cos α，由牛顿第二定律得F ＝m v C 2R，联立并代入数据解得F 0＝34mg ，v C ＝5gR 2(2)设小球到达B 点时速度的大小为v B ，小球由B 到C 的过程中由动能定理可得－2FR ＝12m v C 2－12m v B 2，代入数据解得v B ＝52gR 小球在B 点时有F N －F ＝m v B 2R，解得F N ＝152mg 由牛顿第三定律可知，小球在B 点时对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝152mg .。

第2讲 动能 动能定理教材知识梳理一、物体的动能1．动能：物体由于________而具有的能量叫作动能；物体的动能跟物体的________和________有关． 2．表达式：E k ＝________，式中v 为瞬时速度；动能的单位是________． 3．矢标性：动能是________(选填“矢量”或“标量”)．4．相对性：动能具有相对性，物体动能的大小与________的选择有关，一般取地面为参考系． 5．动能是________(选填“状态”或“过程”)量，动能的变化量是________(选填“状态”或“过程”)量．二、动能定理1．内容：(合)力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中________的变化． 2．表达式：W ＝________．3．意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体________之间的关系，即合外力做的功是物体________变化的量度．4．适用范围：(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于________运动；(2)既适用于恒力做功，也适用于________做功；(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．答案：一、1.运动 质量 速度2.12mv 2焦耳(J) 3．标量 4.参考系 5.状态 过程 二、1.动能 2.ΔE k 或12mv 22－12mv 213．动能的变化 动能4．(1)曲线 (2)变力【思维辨析】(1)选择不同的参考系时，动能可能为负值．( )(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( ) (3)动能不变的物体一定处于平衡状态．( )(4)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( ) (5)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( ) (6)根据动能定理，合外力做的功就是动能的变化．( ) (7)重力做功和摩擦力做功都与物体运动的路径无关．( )答案：(1)(×) (2)(√) (3)(×) (4)(√) (5)(×) (6)(×) (7)(×)考点互动探究考点一 动能定理的理解1．动能定理表明了合外力做的功与物体动能的变化间的关系(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功；(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因． (3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳． 2．标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．例如，以相同大小的初速度不管以什么方向抛出，在最终落到地面速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的．3．高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．1．如图5­14­1所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )图5­14­1A ．mgh －12mv 2B.12mv 2－mgh C ．－mgh D ．－mgh ＋12mv 2答案：A [解析] 小球从A 点运动到C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G ＋W F ＝0－12mv 2，重力做功为W G ＝－mgh ，则弹簧的弹力对小球做功为W F ＝mgh －12mv 2，所以正确选项为A.2．[2016·四川卷] 韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( )A ．动能增加了1900 JB ．动能增加了2000 JC ．重力势能减小了1900 JD ．重力势能减小了2000 J答案：C [解析] 由题可得，重力做功1900 J ，则重力势能减少1900 J ，可得C 正确，D 错误．由动能定理：W G －W f ＝ΔE k 可得动能增加1800 J ，则A 、B 错误．3．[2015·四川卷] 在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A ．一样大B ．水平抛的最大C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大答案：A [解析] 由动能定理知mgh ＝12mv 2t －12mv 20，所以v t ＝2gh ＋v 20，下落相同的高度，则末速度大小相同．考点二 动能定理的应用1．应用动能定理解题时，应对运动过程中物体受力情况和运动情况进行分析，在分析运动过程时不需要深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程中有哪些力对物体做功，做正功还是负功，以及运动过程初、末状态物体的动能．2．应用动能定理解题基本步骤] 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图5­14­2所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？图5­14­2[解析] (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ① 由牛顿第二定律有mg Hx－F f ＝ma ②联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B ④设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2CR⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m1 如图5­14­3所示，质量为M 的木块静止在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为s ，若木块对子弹的阻力F 视为恒定，则下列关系中错误的是( )图5­14­3A ．FL ＝12Mv 2B ．Fs ＝12mv 2C ．Fs ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2D ．F (L ＋s )＝12mv 20－12mv 2答案：B [解析] 根据动能定理，对子弹：－F (L ＋s )＝12mv 2－12mv 20知，选项D 正确；对木块：FL ＝12Mv 2，选项A 正确；由以上二式相加后整理可得Fs ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2，选项C 正确．只有选项B 符合题意．2 (多选)[2016·全国卷Ⅲ] 如图5­14­4所示，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )图5­14­4A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R答案：AC [解析] 质点P 下滑到底端的过程，由动能定理得mgR －W ＝12mv 2－0，可得v 2＝2（mgR －W ）m，所以a ＝v 2R ＝2（mgR －W ）mR ，A 正确，B 错误；在最低点，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2R ，故N ＝mg ＋m v 2R ＝mg ＋m R ·2（mgR －W ）m ＝3mgR －2WR，C 正确，D 错误．■ 规律总结(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便． (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理没有任何依据．(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W ，则该力做功为－W ，也可以直接用字母W 表示该力做功，使其字母本身含有负号．考点三 动能定理与图像结合问题解决物理图像问题的基本步骤：[2016·石家庄调研检测] 游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图5­14­5甲所示，滑道由倾角为θ＝30°的斜坡和水平滑道组成．小孩在距地面高h ＝10 m 处由静止开始沿斜坡滑下，到达底端时恰好滑上水平滑道上放置的长为l ＝3 m 木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v ­t 图像如图乙所示．已知斜坡滑道与水平滑道平滑连接，速度由斜坡方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数； (2)小孩脱离木板时的速度大小．图5­14­5[解析] (1)对小孩在斜面上的运动过程，由题图乙可知，小孩滑到斜面底端时的速度v ＝10 m/s.由动能定理可得mgh －μmg cos θ·hsin θ＝12mv 2 解得μ＝36. (2)由图乙知小孩在t ＝0.5 s 时滑离木板，木板在0～0.5 s 内的位移x 木＝1.5 m 又x 木＋l ＝x 人设小孩滑离木板的速度为v 人，由平均速度公式x 人＝12(v ＋v 人)t可得：v 人＝8 m/s.■ 规律总结(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线与坐标轴所表示的物理意义． (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线与坐标轴所围的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．图像所围面积的意义：①v ­t 图线与横轴围成的面积表示物体的位移；②a ­t 图线与横轴围成的面积表示物体速度的变化量；③F ­x 图线与横轴围成的面积表示力所做的功；④P ­t 图线与横轴围成的面积表示力所做的功．(多选)质量为1 kg 的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图5­14­6甲所示，外力F 和物体克服摩擦力f 做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列分析正确的是( )图5­14­6A ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B ．物体运动的位移为13 mC ．物体在前3 m 运动过程中的加速度为3 m/s 2D ．x ＝9 m 时，物体的速度为3 2 m/s答案：ACD [解析] 由W f ＝fx 对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力f ＝2 N ，由f ＝μmg 可得μ＝0.2，A 正确；由W F ＝Fx 对应图乙可知，前3 m 内，拉力F 1＝5 N ，3～9 m 内拉力F 2＝2 N ，物体在前3 m 内的加速度a 1＝F 1－f m ＝3 m/s 2，C 正确；由动能定理得W F －fx ＝12mv 2，可得：x ＝9 m 时，物体的速度为v ＝3 2 m/s ，D 正确；物体的最大位移x m ＝W F mf＝13.5 m ，B 错误．考点四1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积． (3)弹簧弹力做功与路径无关．分)[2016·全国卷Ⅰ] 如图5­14­7所示，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R ，已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小．(2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．图5­14­7[解答规范] (1)根据题意知，B 、C 之间的距离l 为 l ＝7R －2R ①(1分)设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 ________＝12mv 2B ②(2分)式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR ③(1分)(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有____________________＝0－12mv 2B ④(2分)E 、F 之间的距离l 1为 l 1＝4R －2R ＋x ⑤(1分)P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有________________________＝0 ⑥(2分) 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x ＝R ⑦E p ＝125mgR ⑧(1分)(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ ⑨(1分) y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ ⑩(1分)式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2 ⑪ x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬(1分) 设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝ ⎛⎭⎪⎫56R ＋56R cos θ ⑭(2分) P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有____________________________＝12m 1v 2C ⑮(2分)联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m ⑯(1分)答案：mgl sin θ－μmgl cos θ mgx sin θ－μmgx cos θ－E p E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θE p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ1 [2016·株洲三模] 如图5­14­8甲所示，一根直杆AB 与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B 处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到顶端A 点由静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v ­t 图像如图乙所示，物块最终停止在B 处．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)物块与杆之间的动摩擦因数； (2)物块滑过的总路程．图5­14­8答案：(1)0.25 (2)6 m[解析] (1)由图像可知物块下滑时加速度大小a 1＝4 m/s 2，上滑时加速度大小a 2＝8 m/s 2，杆AB 长l ＝2 m.设杆倾角为θ，物块质量为m ，物块与杆之间的动摩擦因数为μ 由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2代入数据得μ＝0.25，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8.(2)对物块整个运动过程分析，设物块滑过总路程为s ，由动能定理得 mgl sin θ－μmg cos θ·s ＝0 代入数据得s ＝6 m.2 山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．一滑雪道ABC 的底部是一个半径为R 的圆，圆与雪道相切于C 点，C 的切线沿水平方向，到水平雪地之间是高为H 的峭壁，D 是圆的最高点，如图5­14­9所示．运动员从A 点由静止下滑，刚好经过圆轨道最高点D 旋转一周，再滑到C 点后被水平抛出，当抛出时间为t 时，迎面遭遇一股强风，运动员最终落到了雪地上，落地时速度大小为v .已知运动员连同滑雪装备总质量为m ，重力加速度为g ，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道的摩擦阻力，求：(1)A 、C 的高度差h ；(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度； (3)强风对运动员所做的功．图5­14­9答案：(1)52R (2)5gR ＋g 2t 2H －12gt 2(3)12mv 2－mgH ＋52R [解析] (1)运动员刚好经过圆轨道最高点，其速度满足mg ＝mv 2DR由动能定理得mg (h －2R )＝12mv 2D联立解得h ＝52R .(2)运动员做平抛运动，在竖直方向上的速度v ′＝gt 从A 到C 由动能定理得mg ·52R ＝12mv 20v 1＝v 20＋v ′2＝5gR ＋g 2t 2 下落高度为h 1＝12gt 2距地面高度为h 2＝H －h 1＝H －12gt 2.(3)对整个过程，由动能定理得W ＋mgH ＋52R ＝12mv 2解得W ＝12mv 2－mgH ＋52R .3 如图5­14­10甲所示，自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好回到P 点．物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .(1)求物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功． (2)求O 点和O ′点间的距离x 1.(3)如图乙所示，若将另一个与A 完全相同的物块B (可视为质点)与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左推A 、B ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，A 、B 共同滑行一段距离后分离．分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2是多少？图5­14­10答案：(1)12mv 20 (2)v 204μg －x 0 (3)x 0－v 28μg[解析] (1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12mv 20.(2)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得 －2μmg (x 1＋x 0)＝－12mv 2解得x 1＝v 204μg－x 0.(3)A 、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v 1，弹出过程弹力做功W F 只有A 时，从O ′到P 有 W F －μmg (x 1＋x 0)＝0－0 A 、B 共同从O ′到O 有W F －2μmgx 1＝12×2mv 21分离后对A 有 12mv 21＝μmgx 2 联立以上各式可得x 2＝x 0－v 208μg.■ 规律总结利用动能定理求解多过程问题的基本思路 1．弄清物体的运动由哪些过程组成． 2．分析每个过程中物体的受力情况．3．各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．4．从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能． 5．对所研究的全过程运用动能定理列方程．【教师备用习题】1．[2015·江西十校二模] 将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，使其沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( )A ．沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速率相同B ．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C ．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多D ．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多[解析] A 设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l 1、l 2、l 3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh 1－μmgl 1cos θ1＝12mv 21－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh 2－μmgl 2cos θ2＝12mv 22－0，又h 1>h 2，l 1cos θ1＝l 2cos θ2，可得v 1>v 2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh 3－μmgl 3cos θ3＝12mv 23－0，又h 2＝h 3，l 2cos θ2<l 3cos θ3，可得v 2>v 3，选项A 错误，选项B正确；三个过程中产生的热量分别为Q 1＝μmgl 1cos θ1，Q 2＝μmgl 2cos θ2，Q 3＝μmgl 3cos θ3，则Q 1＝Q 2<Q 3，故选项C 、D 正确．只有选项A 符合题意．2．(多选)[2016·马鞍山模拟] 如图甲所示，一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v 0沿斜面上滑，其动能E k 随离开斜面底端的距离x 变化的图线如图乙所示，斜面与物体间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s 2，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A ．斜面的倾角θ＝30°B ．物体的质量为m ＝0.5 kgC ．斜面与物体间的摩擦力大小f ＝2 ND ．物体在斜面上运动的总时间t ＝2 s[解析] BC 由动能定理知E k ­x 图像的斜率的绝对值表示合外力的大小，则上升阶段有mg sin θ＋μmg cos θ＝255 N ＝5 N ①，下降阶段有mg sin θ－μmg cos θ＝55 N ＝1 N ②，①②联立得tan θ＝34，即θ＝37°，m ＝0.5 kg ，故A 选项错误，B 选项正确．物体与斜面间的摩擦力f ＝μmg cos θ＝2 N ，故C 选项正确．上升阶段由E k ­x 图像知合力F 1＝5 N ，则a 1＝10 m/s 2，t 1＝v 1a 1，E k1＝12mv 21＝25 J ，联立得t 1＝1 s ．同理，下降阶段合力F 2＝1 N ，则a 2＝2 m/s 2，t 2＝v 2a 2，E k2＝12mv 22＝5 J ，联立得t 2＝ 5 s ，则t ＝t 1＋t 2＝(1＋5) s ，故D 选项错误．3．(多选)[2015·河北保定调研] 如图所示，内壁光滑、半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2.设先后两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W 1W 2的值可能是( )A.12B.23C.34D ．1 [解析] AB 第一次击打，小球运动的最大高度为R ，即W 1≤mgR ，第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而恰好过最高点的条件为mg ＝m v 2高R，即v 高＝gR ，小球从静止到到达最高点的过程，由动能定理得W 1＋W 2－mg ·2R ＝12mv 2高－0，得W 1＋W 2＝52mgR ，则W 2≥32mgR ，故W 1W 2≤23，故选项A 、B 正确．4．[2015·浙江卷] 如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m .[答案] (1)tan θ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m[解析] (1)为使小物块下滑，有mg sin θ≥μ1mg cos θ 解得tan θ≥0.05 (2)由动能定理得 mgL 1sin θ－W f ＝0其中W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ) 解得μ2＝0.8 (3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2解得v ＝1 m/s由平抛运动规律，得H ＝12gt 2x 1＝vt解得t ＝0.4 s ，x 1＝0.4 m x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m5．[2015·山东卷] 如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l .开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g .求：甲 乙(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功． [答案] (1)3m 0.1mgl[解析] (1)设开始时细绳的拉力大小为T 1，传感装置的初始值为F 1，物块质量为M ，由平衡条件得 对小球，T 1＝mg ① 对物块，F 1＋T 1＝Mg ②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T 2，传感装置的示数为F 2，据题意可知，F 2＝1.25F 1，由平衡条件得对小球，T 2＝mg cos 60°③ 对物块，F 2＋T 2＝Mg ④联立①②③④式，代入数据得 M ＝3m ⑤(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v ，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为W f ，由动能定理得mgl (1－cos 60°)－W f ＝12mv 2⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为T 3，传感装置的示数为F 3，据题意可知， F 3＝0.6F 1对小球，由牛顿第二定律得T 3－mg ＝m v 2l⑦对物块，由平衡条件得 F 3＋T 3＝Mg ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 W f ＝0.1mgl ⑨6．[2016·山西质量检测] 如图所示，两块相同的薄木板紧挨着静止在水平地面上，每块木板的质量为M ＝1.0 kg ，长度为L ＝1.0 m ，它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.10.木板1的左端放有一块质量为m ＝1.0 kg 的小铅块(可视为质点)，它与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.25.现突然给铅块一个水平向右的初速度，使其在木板1上滑行．假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)当铅块的初速度v 0＝2.0 m/s 时，铅块相对地面滑动的距离是多大？(2)若铅块的初速度v 1＝3.0 m/s ，铅块停止运动时与木板2左端的距离是多大？[答案] (1)0.8 m (2)23m[解析] (1)取水平向右为正方向，相对木板滑动时，铅块与木板间的滑动摩擦力的大小为f ＝μ2mg ＝2.5 N当铅块在木板1上滑动时，两块木板与地面间的最大静摩擦力的大小为f 1＝μ1(2M ＋m )g ＝3.0 N 因为f <f 1，所以铅块在木板1上运动时，两块木板都保持静止．设铅块能在木板1上停止运动，相对木板1运动的距离为x ，则－fx ＝0－12mv 2解得x ＝0.8 m因为x <L ，所以假设成立，铅块相对地面滑动的距离也为0.8 m.(2)铅块刚离开木板1时两块木板速度均为0，设此时铅块的速度为v 2，则 －fL ＝12mv 22－12mv 21解得v 2＝2 m/s铅块在木板2上滑动时，设铅块的加速度为a ，木板2的加速度为a 1，则a ＝－fm ＝－μ2g ＝－2.5 m/s 2a 1＝μ2mg －μ1（M ＋m ）g M＝0.5 m/s 2假设铅块滑上木板2后，经过时间t 能相对木板2静止，此时铅块和木板2的共同速度为v ，该过程铅块位移为x 1，木板2的位移为x 2，铅块与木板2左端的距离为Δxv ＝v 2＋at v ＝a 1tx 1＝v 2t ＋12at 2 x 2＝12a 1t 2Δx ＝x 1－x 2 解得Δx ＝23m此后铅块相对木板2保持相对静止，即铅块停止运动时与木板2左端的距离为23m.。